热门试卷

见解析

第一问利用，已知表达式，可以得到，然后得到，从而求证 。

第二问，可得数列的通项公式。

第三问中，利用放缩法的思想，我们可以得到

然后利用累加法思想求证得到证明。

解:  (1) 证明:

（1）an＝2n－1．   bn＝3n-1           

（2）5151＋      

（3）c1＋c2＋…＋c2012＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×32011＝32012．   

(1) 第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二、三、四项,可建立关于d,b1,q的三个方程解方程组即可求解.

(2) 解本题关键是T101＝(a1＋a3＋…＋a101)＋(b2＋b4＋…＋b100).然后分组求和即可.

(3)先根据＋＋…＋＝an+1，求出{}的通项公式，然后根据通项公式的特点采用数列求和的方法求和即可.

（1）由题意得：(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2         (d＞0)，

解得d＝2，∴an＝2n－1．       …………………………………………2分

∴b2＝a2＝3, b3＝a5＝9,∴bn＝3n-1 …………………………………………4分

（2）∵a101＝201，b2＝3

∴T101＝(a1＋a3＋…＋a101)＋(b2＋b4＋…＋b100)＝＋

＝5151＋                     …………………10分

（3）当n≥2时，由＝＋＋…＋－(＋＋…＋)＝an+1－an＝2

得cn＝2bn＝2·3n-1，

当n＝1时，c1＝3．故cn＝ ……………………………13分

故c1＋c2＋…＋c2012＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×32011＝32012．

解：（1）∵是等差数列，且，，设公差为。

∴， 解得

∴  （）              …2分

在中，∵

当时，，∴

当时，由及可得

，∴

∴是首项为1公比为2的等比数列

∴ （）                             …4分

（2）

                   ①

  ②

①-②得

∴ （）                  -----8分

略

【解】（1）∵－an=2SnSn－1，∴－Sn+Sn－1=2SnSn－1（n≥2）

Sn≠0，∴－=2，又==2，∴{}是以2为首项，公差为2的等差数列．

（2）由（1）=2+（n－1）2=2n，∴Sn=

当n≥2时，an=Sn－Sn－1=－

n=1时，a1=S1=，∴an=

（3）由（2）知bn=2（1－n）an=

∴b22+b32+…+bn2=++…+<++…+

=（1－）+（－）+…+（－）=1－<1．

略

略

（1）        （2） 

第一问中，利用当n=1时，

当时，

得到通项公式

第二问中，∵  ∴∴数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，利用错位相减法得到。

解：（1）当n=1时，                     ……………………1分

当时， ……4分

又

∴                           ……………………5分

（2）∵  ∴        

∴                ……………………7分

又∵，   ∴ 

∴数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，

∴                         ……………………9分

∴                        

∴    ①

   ②

①-②得：

∴